福建省宁德宁市-同心顺-六校联盟高一物理第一学期期末经典模拟试题含解析

福建省宁德宁市-同心顺-六校联盟高一物理第一学期期末经典模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、如图，倾角的光滑斜面固定于地面，斜面上A、B两个小球的质量均为m，轻弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间连有一轻质细线，弹簧与细线均平行于斜面，系统处于静止状态．当细线被烧断后的瞬间，两球的加速度分别为，下列判断正确的是（）A.方向沿斜面向下B.方向沿斜面向上，C.方向沿斜面向上，方向沿斜面向下D.方向沿斜面向下，方向沿斜面向下2、如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点,已知地面上D点位于B点正下方，B、D间的距离为h，不计空气阻力，则（）A.A、B两点间的距离为B.A、B两点间的距离为C.C、D两点间的距离为D.C、D两点间的距离为2h3、某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3秒内通过的位移是x，则质点前两秒内通过的位移为A.x B.0.5xC.0.8x D.1.8x4、一个物体做变速直线运动，其v-t图像如图所示．关于物体在0到t1这段时间内的加速度，以下说法正确的是：（）A.加速度为0B.加速度不变且不为0C.加速度逐渐增大D.加速度逐渐减小5、如图所示，t=0时，某物体从光滑斜面上A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(经过B点前后速度大小不变，方向由沿斜面向下突变为水平向右)，最后停在C点。每隔2s物体的瞬时速率记录在表格中，已知物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，则下列说法中正确的是（）23608128A.t=3s时物体恰好经过B点B.t=10s时物体恰好运动到C点C.物体运动过程中的最大速度为12m/sD.A、B间距离等于B、C间距离6、某质点沿x轴做直线运动，其位置坐标随时间变化的关系可表示为，其中x的单位为m，时间t的单位为s，则下列说法正确的是（）A.若n＝1，则物体做匀速直线运动，初位置在0m，速度大小为5m/sB.若n＝1，则物体做匀速直线运动，初位置在5m，速度大小为4m/sC.若n＝2，则物体做匀变速直线运动，初速度大小为0，加速度大小为4m/s2D.若n＝2，则物体做匀变速直线运动，初速度大小为5m/s，加速度大小为2m/s27、如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，物块b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上。现向盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态。下列判断正确的是（）A.c对b的摩擦力可能减小 B.地面对c的支持力一定减小C.地面对c的摩擦力可能不变 D.弹簧的弹力可能增大8、如图所示，一水平传送带静止不动。质量为m的滑块以初速度v0从A端滑上传送带，经时间t恰好停在传送带的中点位置。若传送带以的速度沿顺时针方向匀速转动，将该滑块轻放在传送带A端，下列说法正确的是（）A.滑块将一直做匀加速运动至B端B.滑块滑动至B端所用时间为2tC.滑块在传送带上运动的整个过程中的平均速度为D.若增大传送带的速度，滑块滑到B端的最大速度为9、甲乙两汽车在一平直公路上行驶．在t=0到t=t1的时间内,它们的v–t图象如图所示．在这段时间内(

)A.甲乙两汽车的位移大小相等B.乙汽车的平均速度小于C.甲汽车做加速度逐渐增大的加速运动D.乙汽车做加速度逐渐减小的减速运动10、质量为1500kg的汽车在平直的公路上运动，v-t图象如图所示．由此可求()A.前25s内汽车的平均速度B.前10s内汽车的加速度C.前10s内汽车所受的阻力D.15～25s内合外力对汽车所做的功11、如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上（m1>m2）。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平向右的力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x。若用水平向左的力F'作用在m2上时，两物块均以加速度a'＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x'。则下列关系正确的是（）A.F'＝2F B.x'<2xC.F'>2F D.x'>2x12、下列关于速度和加速度的说法中，正确的是（）A.物体加速度增大，速度一定增大 B.物体加速度不断减小，速度可以不断增大C.物体的速度变化量越大，加速度越大 D.物体的速度变化越快，加速度越大二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）一物体置于光滑水平面上，受6N水平拉力作用，从静止出发经过2s速度增加到24m/s,则此物体的质量为________kg.14、（10分）如图所示，质量均为m=4kg的物体A、B紧挨着放置在粗糙的水平面上，物体A的右侧连接劲度系数为k=100N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物体压紧弹簧并恰好处于静止状态．现对物体B施加水平向左的拉力，使A和B整体向左做匀加速运动，加速度大小为a=2m/s2，直至B与A分离．已知两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.6，两物体与水平面之间的最大静摩擦力均与滑动摩擦力相等，取重力加速度g=10m/s2，求：（1）静止时，物体A对B的弹力大小（2）在AB一起匀加速运动中，水平拉力F的最大值（3）物体A、B开始分离时的速度大小三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（12分）滑雪爱好者小明，质量m=75kg，以v0=2m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角=30°，在t=5s的时间内滑下的路程x=60m。求：(1)小明下滑的加速度；(2)小明受到的阻力（包括摩擦和空气阻力）。16、（12分）如图所示，有一长度L＝5m的木板放在光滑的水平面上，板上右端放一质量m＝2kg的物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，木板的质量为M＝16kg，现在木板的右端施加一水平向右的拉力。将物块视为质点，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2。（1）要使物体与长木板不发生相对滑动，求拉力的最大值Fmax；（2）要使物体2s内从长木板上滑下，求拉力的最小值Fmin；（3）如果把作用力F变为F＝144N只作用t＝1s后撤去，问物块能否从木板滑落。17、（12分）(1)在做“探究平抛运动”的实验时，让小球多次从同一高度释放沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将正确的选项前面的字母填在横线上___________A.调节斜槽的末端保持水平B.每次释放小球的位置必须不同C.小球运动时不应与木板上的白纸(方格纸)相接触D将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线(2)未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律，悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动，现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示，a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1︰4，则：①由以上信息，可知a点___________(选填“是”或“不是”)小球的抛出点；②由以上及图信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为___________m/s2；③由以上及图信息，可以算出小球平抛的初速度是___________m/s；④由以上及图信息，可以算出小球在b点时的速度是___________m/s

参考答案一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、C【解析】烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力F=2mgsinθ烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，对A由牛顿第二定律得2mgsinθ-mgsinθ=maA则加速度aA=gsinθ方向沿斜面向上；当细线被烧断后的瞬间，B将沿斜面向下运动，对球B，由牛顿第二定律得mgsinθ=maB解得aB=gsinθ方向沿斜面向下，故ABD错误，C正确；故选C2、D【解析】AB.AB段小球做自由落体运动，BC段小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，两段时间相同，所以A、B两点间距离与B、D两点间距离相等，均为h，故AB错误；CD.BC段平抛的初速度，所用的时间为，所以C、D两点间距离为，故C错误，D正确3、C【解析】初速度为零的匀变速运动在连续相等时间内的位移之比等于从1开始的连续奇数比，据此回答【详解】质点从静止开始做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可知，第1s，第2s和第3s内的位移之比为1:3:5；因第3秒内通过的位移是x，则质点前两秒内通过的位移为0.8x，故选C.4、B【解析】速度时间图像中，倾斜直线的斜率大小为加速度大小，本图中斜率恒定，加速度恒定不变。故选B。5、B【解析】AC．根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a1==4m/s2和在水平面上的加速度a2=-2m/s2根据运动学公式：解得知经过到达B点，到达B点时的速度如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点，是在2s到4s之间经过B点。所以最大速度不是12m/s，故AC错误；B．第6s末的速度是8m/s，到停下来还需的时间所以到C点的时间为10s，故B正确；D．根据v2-v02=2ax，求出AB段的长度为，BC段长度为，则A、B间的距离小于B、C间的距离，故D错误。故选B。6、C【解析】若n=l，则x=5+2t，即初位置在x=5m处，速度大小为v=2m/s，不变，所以物体做匀速直线运动，速度大小为2m/s，故A错误；若n=2，则，与对比可得：，故C正确，D错误；故选C.7、AB【解析】考查平衡状态的动态分析。【详解】A．若初始时，绳的拉力小于b沿斜面向下的重力的分力，即对b有：向盒内缓慢加入适量砂粒，绳的拉力增大，此时摩擦力减小，A正确；B．把bc看成整体，受力分析如图：则有：向盒内缓慢加入适量砂粒，绳的拉力增大，所以支持力减小，B正确；C．由图可得：绳的拉力增大，摩擦力增大，C错误；D．因为a、b、c始终处于静止状态，弹簧形变量没有变，所以弹簧弹力大小不变，D错误。故选AB。8、CD【解析】AB．两种情况下，滑块的加速度大小相等，滑块以初速度v0从A端滑上传送带，则有若传送带以的速度沿顺时针方向匀速转动，将该滑块轻放在传送带A端，则滑块运动到与传送带速度相等时的位移为即滑块运动到传送带中点时与传送带速度相等，接着匀速运动到B端，滑块匀加速的时间为匀速运动的时间为则滑块滑动至B端所用时间为，故AB错误；C．滑块在传送带上运动整个过程中的平均速度为故C正确；D．如果滑块一直匀加速度到B端，此时速度最大，则有且联立解得故D正确。故选CD。9、BD【解析】A.由于图线与坐标轴所夹的面积表示物体的位移，则知在0～t1时间内，甲车的位移大于乙车，故A项错误；B.若汽车乙做匀减速运动，速度从v2减小到v1，平均速度等于．而乙实际上做变减速运动，其位移小于匀减速运动的位移，所以平均速度小于匀减速运动的平均速度，故B项正确；CD.图线切线的斜率等于物体的加速度，则甲乙两车的加速度均逐渐减小，甲汽车做加速度逐渐减小的加速运动，乙汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故C项错误，D项正确10、ABD【解析】B．观察速度时间图像，v-t图像和时间轴围成面积代表位移，斜率代表加速度a，观察图像可知，前10s斜率即加速度选项B正确；C．根据牛顿第二定律牵引力未知因此无法求出阻力，选项C错误；A．前25s图像和时间轴围成的面积可以分成前10s三角形和中间5s矩形及后10s梯形都可以计算出面积，也就可以知道前25s位移，除以时间即可算出平均速度，选项A正确；D．根据动能定理，合外力做功等于动能变化量，15～25s的初速度和末速度都知道而且题目告诉有质量，选项D正确。故选ABD。11、AD【解析】AC．以两个物体整体为研究对象，由牛顿第二定律得F=(m1+m2)a①F′=2(m1+m2)a②可得F′=2FA正确，C错误；BD．当用水平向右的力F作用在m1上时，由①得以m2为研究对象，由牛顿第二定律可得若用水平向左力F'作用在m2上时，由②得以m1为研究对象，由牛顿第二定律得可得因为m1>m2B错误，D正确。故选AD。12、BD【解析】A．由加速度公式知物体的加速大小和物体的速度大小无关，故A错误；B．当物体速度与加速度方向相同时，物体加速度不断减小，速度不断增大，故B正确；C．由公式知速度变化量大，如果经历的时间也很大，那么加速度不一定大，故C错误；D．由公式可知加速度是描述物体在单位时间内速度变化的快慢，速度变化越快，加速度一定越大，故D正确。故选BD。二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、5【解析】[1]由牛顿第二定律可得，物体的加速度为发经过2s速度增加到24m/s，故解得物体质量。14、（1）24N（2）32N（3）0.8m/s【解析】(1)静止时，物体A对物体B的弹力与地面对物体B的最大静摩擦力平衡：，又：，联立代入数据可得：；(2)物体A、B分力时，F最大，A对B弹力为0，对物体A，根据牛顿第二定律可得：，代入数据可得：；(3)物体A、B静止时，弹簧压缩的距离为，对A、B整体根据共点力平衡条件可得：，得：，物体A、B开始分离时，对物体A，根据牛顿第二定律：，得：，从静止到物体A和B分离，物体运动的位移为：，得，根据匀变速运动的规律：，代入数据解得：v=0.8m/s。三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、(1)小明下滑加速度的大小为；(2)小明受到的阻力的大小为。【解析】(1)设小明下滑的加速度大小为，根据运动学公式代入数据解得：；(2)设小明受到的阻力为，沿斜面方向由牛顿第二定律得：即：。代入数据解得：16、（1）72N；（2）112N；（3）不滑落【解析】（1）物块与长木板刚要发生相对滑动时，施加的拉力为最大值，此时对物块，根据牛顿第二定律有解得a=4m/s2对整体，根据牛顿第二定律有Fmax=(m+M)a=72N（2）设物块刚好经过2s从长木板上滑下，则物块滑动的加速度大小为a1=μg=4m/s2长木板的加速度大小为2s内物块的位移为x1=a1t22s内长木板运动的位移为x2=a2t2且有x2–x1=L解得Fmin=112N（3）长木板的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有解得a3=8.5m/s21s末物块的速度v1=a1t=4m/s1s末长木板的速度v2=a3t=8.5m/s1s内物块的位移为x,1=a1t21s内长木板运动位移为x3=a3t2撤去外力F后长木板的加速度变为a4==0.5m/s2设达到共速的时间为t1，则有v1+a1t1=v2-a